Capitulo 6 b Momentum Sistema Particulas

310 Londoño - Introducción a la mecánica

UKE += : constante , hay conservación de energía de toda la cadena. La presencia de la fuerza F, desconocida, hace, en cambio, que el estudio del momentum del sistema sea más complejo. Planteemos pues la conservación de la energía para las situaciones inicial y general, recordando que todos los eslabones tienen la misma magnitud de la velocidad.

UKUK ii +=+ ,

L2ygM

vM21

L2dgM

02

22

−=−

por lo tanto,

( )22 dyLgv −= .

En particular, cuando toda la cadena está colgando, Ly = y ( )22 dLLgv −= .

El análisis del movimiento puede proseguirse con un poco de cálculo. Veamos,

22 dyLg

tdydv −==

∫ ∫=−

y

d

t

o22td

Lg

dy

yd ,

tLg

dyhcosarg =

tLghcosdy = ,

y entonces

tLghsen

Lgdv = ,

tLghcosg

Lda = ,

Momentum. Sistemas de partículas 311

yLga = ,

interesante expresión para la aceleración de la cadena que, cuando Ly = y toda la cadena está colgando, conduce al esperado y lógico valor

ga = . 6.7 COLISIONES Cuando dos cuerpos macroscópicos chocan, aparecen fuerzas impulsivas entre ellos, de gran magnitud y muy corta duración, que cambian de manera apreciable el momentum, la velocidad, de cada uno de ellos considerado por separado. Pero si consideramos como sistema mecánico el sistema formado por los dos cuerpos que chocan, las fuerzas impulsivas de impacto se vuelven fuerzas internas. En muchos casos las fuerzas externas sobre el sistema conjunto se cancelan, o bien son fuerzas constantes o pequeñas, cuyo impulso durante el corto tiempo de la colisión es despreciable. De este modo, el momentum del sistema durante la colisión se conserva. Si iP

r es el momentum del sistema en la situación inicial, justo antes de

la colisión y fPr

el momentum en la situación final, justo después de la colisión, entonces

fi PPrr

= : conservación del momentum. Insistamos en que el momentum del sistema conjunto se conserva durante la colisión siempre y cuando no haya fuerzas externas impulsivas. En el choque, por ejemplo, de un bate y una bola, la fuerza externa hecha por la mano sobre el sistema bate–bola, es, en general, una fuerza impulsiva y no hay entonces conservación del momentum. Pero retornemos a las colisiones usuales en las cuales se conserva el momentum del sistema conjunto. El trabajo externo, dado que no hay fuerzas externas, es también nulo, 0Wext = y el teorema del trabajo y la energía para el sistema es así

ifint KKKW −=∆= . El cambio de la energía cinética del sistema conjunto se llama a veces KQ ∆= . Una colisión es elástica si 0K =∆ . Esto ocurre, por ejemplo, si la fuerza interna es una fuerza elástica ideal, conservativa. En este caso, durante la primera parte de la colisión hay una deformación y parte de la energía cinética se convierte en energía potencial elástica, que, durante la segunda parte de recuperación plena, vuelve de nuevo a ser energía cinética, sin pérdida ninguna. El trabajo interno, negativo durante la deformación, se cancela exactamente con el trabajo positivo durante la recuperación y así 0Wint = . Colisión elástica: fi KK,0K ==∆ . En un laboratorio de mecánica, el choque en un riel de aire de dos carritos que interactúan por medio de un resorte, proporciona un buen modelo de una colisión elástica.


Es más, en este caso los dos cuerpos son cuerpos rígidos en traslación, que se pueden representar bien como partículas. Hay, sin embargo, en toda colisión macroscópica, pérdidas de energía cinética. Hay en mayor o menor grado disipación de energía. Ya hemos dicho que esta energía, perdida como energía cinética macroscópica, global, se transforma en otras formas de energía, como energía interna, en fin. Esas colisiones, en las que 0K <∆ , se llaman inelásticas. Un caso particular es aquel en el cual los dos cuerpos salen juntos después de la colisión. Se habla entonces de una colisión plástica. Hay, no obstante, colisiones macroscópicas que pueden considerarse aproximadamente elásticas. Por ejemplo, la colisión de dos esferas de acero suspendidas como péndulos, común en algunos juegos:

El choque de dos bolas de billar puede considerarse elástico como aproximación, pero en él las rotaciones de las bolas son con frecuencia tan importantes, que considerarlas como partículas puede no ser una buena representación. El estudio de las colisiones entre partículas de la microfísica, átomos, núcleos, partículas elementales, es de gran importancia. Allí, conceptos macroscópicos como el de contacto pierden relevancia y una colisión está caracterizada porque hay una zona de gran proximidad en la que hay una interacción de mucha intensidad que modifica apreciablemente el momentum y la energía de cada partícula. Aquí sólo estudiaremos algunos aspectos sencillos de las colisiones macroscópicas. Colisiones plásticas Una colisión especialmente simple es la colisión plástica, en la cual, como ya vimos, las dos partículas quedan juntas después de la colisión. En este caso, la conservación del momentum del sistema permite hallar la velocidad común después de la colisión. Sean, en la situación inicial, un instante antes del choque, 1v

r y 2v

r, las velocidades de 1m y 2m . Es importante

comprender con precisión cuál es la situación final de la colisión plástica. Durante la colisión, las velocidades de 1m y 2m cambian debido a su mutua interacción y llega un momento, después de un tiempo brevísimo, en el que ambas adquieren la misma velocidad v

r. Esa es la

situación final de la colisión. Recordemos, como ya mostramos antes, que si una partícula está sometida a una fuerza impulsiva de impacto, su velocidad cambia apreciablemente pero su posición no cambia durante el impacto brevísimo. Así, en la colisión de las dos partículas, sus velocidades cambian pero no sus posiciones. Después de la colisión, las partículas


cambiarán sus posiciones, pero no durante la colisión propiamente dicha. La conservación del momentum queda entonces

( ) vmmvmvm 212211rrr

+=+ ,

de donde se obtiene vr

. 1. EJEMPLO

Dos partículas van al encuentro con sus velocidades formando ángulo recto y chocan plásticamente, es decir quedan unidas al finalizar la colisión. Hallar la magnitud y dirección de la velocidad después del choque. Marco inercial: el laboratorio en el que se realiza la colisión. O bien, si por ejemplo son dos autos que chocan en una esquina y quedan enganchados, el marco inercial es el piso. Sistema mecánico: Sistema de dos partículas: 1m y 2m . No hay fuerzas externas durante la colisión. Si se trata de los dos autos, en el plano horizontal de la colisión la única fuerza externa sería una eventual fricción hecha por el piso, pero ya sabemos que esa fuerza no impulsiva no altera el momentum del sistema durante el breve tiempo de la colisión. Esa fricción será importante después del choque. En todo caso, hay conservación del momentum en el plano de la colisión. Tomemos componentes en los ejes x, y mostrados.

Recuérdese que unos buenos esquemas de las situaciones inicial y final, el los que aparezcan con claridad las masas y las velocidades respecto al marco inercial, facilitan el estudio tanto del momentum como de la energía cinética.

( ) θ+== cosvmmvm:PP 2111xfxi

( ) θ+== senvmmvm:PP 2122yfyi

m 2

m 1v 1

v 2

y

x m1 + m2

v

x

y

θ

i: justo antes de la colisión f : instante en que adquieren la misma v

m 1 v 1

v 2

m 2


Sistema de dos ecuaciones para las incógnitas v y θ . Dividiendo queda

11

22

vmvm

tan =θ ,

y, elevando al cuadrado y sumando,

( )221

22

22

21

212

mmvmvm

v+

+= .

2. EJEMPLO

Dos cuerpos que se mueven en la misma dirección chocan plásticamente. Hallar la velocidad después de la colisión y estudiar la pérdida de energía cinética durante ella. Sea un marco inercial ligado a tierra, llamado a menudo el marco de referencia del laboratorio, respecto al cual están dadas las velocidades 1v y 2v . El sistema mecánico es el sistema de dos partículas 1m y 2m . No hay fuerzas externas durante la colisión de modo que se conserva el momentum del sistema. Sea x el eje del movimiento, con origen fijo en algún punto del laboratorio. La situación inicial es un instante antes de la colisión, y la final, justo cuando adquieren la misma velocidad. Atención que en la situación inicial las masas están muy próximas y a punto de chocar, de modo que hay que comprender que en el esquema se dibujan separadas sólo por claridad.

Componente x del momentum del sistema

xfxi PP = : ( ) vmmvmvm 212211 +=+

así, 21

2211

mmvmvm

v++

= .

m 1 m2v1 v2

f: luego del choque cuando ambos adquieren la misma velocidad

m1 + m2 vx

xi: instante antes del choque

m 1 v1 m2 v2


El cambio en la energía cinética del sistema durante el choque es

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+=−=∆ 2

22211

221if vm

21vm

21vmm

21KKK ,

que, remplazando v y organizando se escribe como

212v

21K µ−=∆

donde µ es la ya mencionada masa reducida del sistema,

21 m1

m11

+=µ

,

y 12v la magnitud de la velocidad relativa de 1 respecto a 2 antes del choque

2112 vvv −= . Por supuesto 21 vv > para que haya choque. El signo negativo en K∆ indica que hay una pérdida de energía cinética.

Energía cinética perdida = 212v

21

µ .

El cambio de energía cinética negativo corresponde a un trabajo interno negativo,

0KWint <∆= , cuyo signo puede comprenderse cualitativamente si se observa que, durante el choque, vistas las cosas desde 2m , la velocidad relativa de 1 respecto a 2 y la fuerza interna sobre 1 son opuestas:

1m se deforma aplastándose contra 2m mientras la fuerza se le opone. Hemos llamado 12v a

la velocidad relativa inicial. Esta velocidad va disminuyendo durante la colisión y al final de ella se hace cero.

m1

v 1 2

F 1 2


3. EJERCICIO

Un péndulo está formado por un bloque de masa M suspendido de una cuerda de longitud L, y se encuentra en reposo en su posición de equilibrio. Un proyectil de masa m que se mueve horizontalmente con velocidad v, choca con el bloque y queda incrustado en él. Si el conjunto oscila hasta un ángulo θ con la vertical, mostrar que la velocidad del proyectil está dada por

( )2

senLgm

mM2v θ+= .

Este dispositivo se conoce como el péndulo balístico. El marco inercial es el usual, ligado al techo. El problema tiene dos partes:

a) La colisión.

El sistema mecánico: es el sistema de dos partículas: m y M.

Situación inicial: un instante antes de la colisión.

Situación final: la colisión es plástica. A medida que el proyectil va penetrando en el bloque, va disminuyendo la velocidad del proyectil y aumentando la del bloque, hasta que, en un momento dado, que es la situación final de la colisión, ambos tienen la misma velocidad, su velocidad relativa es cero, se mueven juntos. Todo esto sucede en un tiempo tan breve que, como ya sabemos, el bloque no ha cambiado prácticamente su posición vertical como péndulo. Las fuerzas externas durante la colisión son entonces verticales

v m M

(M+m)g

T

x


Hay pues conservación de momentum del sistema en x.

xfxi PP = : ( ) VmMvm += .

b) Ascenso del péndulo de masa mM + . El sistema mecánico es ahora un sistema de una sola partícula de masa mM'm += . En el movimiento pendular las fuerzas son la tensión en la cuerda, perpendicular a la velocidad y por tanto de trabajo nulo, y el peso g'm , fuerza conservativa. Hay por tanto conservación de la energía entre la situación 1, que es la final del choque, y la 2, máxima altura.

Para mM'm +=

:EE 21 = ( )θ−= cos1Lg'mV'm21 2 .

Usando la importante identidad de ángulo medio

2sen21cos 2 θ

−=θ y substituyendo V se obtiene el resultado para v. Colisiones elásticas e inelásticas. Coeficiente de restitución Consideremos en primer lugar una colisión elástica unidimensional de dos partículas de masas

1m y 2m . Una buena realización la proporcionan los carritos de un riel de aire que ya mencionamos. En ciertos casos el choque de dos esferas puede considerarse aproximadamente

N. R.

L

h = L(1 - cosθ)

θ L

V

m'1

2

v mM (en reposo)

xSituación inicial

Situación finalx

V


como elástico. Un choque es frontal cuando las velocidades de ambas esferas tienen la dirección de la línea que une sus centros. En caso contrario el choque es oblicuo.

Si la colisión es frontal, las velocidades están en la misma línea y la colisión es unidimensional. Sea x el eje de la colisión. En ese eje durante la colisión no hay fuerzas externas de modo que la componente x del momentum del sistema de dos partículas 1m y

2m se conserva. Las situaciones: inicial, justo antes del choque, y final, justo después de él, son

La velocidad relativa con que 1m se aproxima a 2m antes de la colisión es

i2i1i12 vvv −= , por supuesto mayor que cero para que haya colisión. Después de la colisión, la velocidad relativa con que 2m se aleja de 1m es f1f2f21 vvv −= . La conservación del momentum en x queda

f22f11i22i11 vmvmvmvm +=+ (1)

que podemos rescribir como

( ) ( )i2f22f1i11 vvmvvm −=− . (1’)

Como la colisión es elástica, totalmente elástica se dice a veces para enfatizar, se conserva la energía cinética del sistema

2f22

2f11

2i22

2i11 vm

21vm

21vm

21vm

21

+=+ , (2)

que también podemos escribir como

choque frontalde esferas

choque oblicuo

im 1 v 1 i

x

f v 1 fm 1

x

m 2 v 2 i

m 2 v 2 f


( ) ( )2i2

2f22

2f1

2i11 vvmvvm −=− . (2’)

Dividiendo (2’) por (1’) se obtiene

i2f2f1i1 vvvv +=+

que, usando las velocidades relativas que introdujimos, puede escribirse como

i2i1

f1f2

i12

f21

vvvv

vv

1−

−== . (3)

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones, ahora lineales, (1) y (3), se obtiene

( )i2

21

2i1

21

21f1 v

mmm2

vmmmm

v+

++−

=

i221

21

21

1f2 v

mmmm

vmm

m2v

i1 +−

−+

= .

Algunos casos particulares son interesantes. Si las masas son iguales, 21 mm = , tenemos

i2f1 vv =

i1f2 vv = ,

es decir, los cuerpos intercambian sus velocidades. Si 2m está inicialmente en reposo,

0v f1 =

i1f2 vv = .

Esta colisión se observa muy bien entre esferas iguales suspendidas como péndulos, incluso mejor que con esferas que se mueven por una superficie, las cuales tienen movimiento de rotación y no sólo de traslación.


En vez de dos esferas, consideremos una hilera de varias, suspendidas de hilos, completamente elásticas, en contacto unas con otras y con sus centros alineados en la misma recta.

Si separamos el péndulo 1 de la vertical y lo soltamos, llega a la colisión con velocidad v. Lo que se observa experimentalmente es que la última esfera sale moviéndose con la misma velocidad mientras las otras permanecen en reposo. Este resultado puede explicarse si consideramos una serie de colisiones elásticas así: 1 choca con 2 y así 1 permanece en reposo y transmite su velocidad a 2; ahora 2 choca con 3 y entonces 2 permanece en reposo y transmite la velocidad a 3, en fin, repitiéndose las colisiones hasta que la última sale con la misma velocidad mientras las demás permanecen en reposo.

Un argumento análogo, analizando el fenómeno como una cadena de colisiones elásticas entre bolas iguales, puede aplicarse al caso en el que se separan dos (o más) bolas y se sueltan juntas, en cuyo caso son los dos (o más) últimas las que salen moviéndose, como se observa bien experimentalmente con péndulos alienados. Retornemos a las expresiones generales para las velocidades después del choque de dos masas, f2f1 v,v , y veamos que sucede si la masa m2 está inicialmente en reposo, 0v i2 = , y

además es muy grande comparada con 1m , es decir 0mm

2

1 → .

i121

21f1 v

mmmm

v+−

=

i121

1f2 v

mmm2

v+

= ,

dividiendo numerador y denominador por 2m , en el límite cuando 0mm

2

1 → , queda

i1f1 vv −=

0v f2 = , es decir la masa grande, 2m , no se mueve, y 1m se devuelve con la misma velocidad incidente. El choque de una bola con una pared fija puede verse como ese caso límite del choque de un sistema de dos cuerpos, uno de masa inmensa comparado con el otro. Es, sin

1 2 3 4 5 1 432 5

21 43 51 2 543

v v


embargo, más sencillo y más claro conceptualmente, estudiarlo como ya lo habíamos hecho, tomando como sistema mecánico únicamente la bola, cuyo momentum no se conserva, y analizando su energía o bien el coeficiente newtoniano de restitución. En efecto, en el sistema mecánico bola–pared, ¿cuál es exactamente el subsistema “pared”? ¿Incluye vigas, columnas, toda la edificación, el planeta entero? Puede ser así, y el caso límite es correcto y su comprensión es necesaria, pero, repitamos, en el choque de una bola con una pared, con el piso, es más sencillo, es mejor, tomar como sistema únicamente la bola. Volvamos a la colisión elástica unidimensional de 1m y 2m . Vimos que, en ese caso, el momentum y la energía cinética del sistema se conservan y se cumple que las velocidades relativas de alejamiento después de la colisión, f21v , y de acercamiento antes de la colisión,

i12v , son iguales, lo que expresábamos como

i12

f21

vv

1 = .

Ahora, como dijimos, en las colisiones macroscópicas hay en general pérdidas de energía cinética, 0KQ <∆= . En el estudio de estas colisiones, llamadas inelásticas o a veces parcialmente elásticas, es útil la introducción del coeficiente de restitución, debido a Newton, y definido como la relación de las velocidades relativas

i12

f21

vv

e = .

El coeficiente de restitución está entre 0 y 1,

1e0 ≤≤ ,

1e = corresponde a una colisión elástica, 0e = a una colisión plástica. Es un coeficiente experimental, vinculado con la pérdida de energía cinética K∆ , y depende de la forma, tamaño y naturaleza de los cuerpos que chocan, así como de sus velocidades. Si el cuerpo 2 es una pared, 0vv f2i2 == y así

i1

f1

vv

e −= ,

que coincide, obviamente, con el coeficiente que introdujimos al estudiar el choque de una bola con un muro. Una colisión unidimensional macroscópica de dos cuerpos, por ejemplo una colisión frontal de dos esferas, se estudia pues con dos ecuaciones lineales: la conservación del momentum del sistema de los dos cuerpos durante la colisión y el coeficiente de restitución, ecuaciones que permiten hallar las velocidades después de la colisión f2f1 v,v . En la colisión elástica puede volverse al punto de vista más fundamental de la conservación de la energía cinética,


pero, como mostramos, ello equivale a estudiar la ecuación lineal, más simple, de igualdad de las velocidades relativas, es decir 1e = . Si la colisión no es unidimensional, y se trata por ejemplo de la colisión oblicua de dos esferas o de dos discos que se mueven sobre una superficie plana, las velocidades finales después de la colisión tienen cada una dos componentes, de modo que hay en total cuatro incógnitas. Si la colisión es elástica habría tres ecuaciones, la conservación de la energía y dos componentes de la conservación del momentum, de modo que para hallar completamente las velocidades finales se requiere más información. En los ejemplos estudiaremos un poco esa situación. 1. EJEMPLO

La bola de masa 2m de un péndulo de longitud L reposa en su posición de equilibrio. La bola de otro péndulo de igual longitud y de masa 1m , se suelta desde un ángulo de °60 y en el punto más bajo de su trayectoria choca frontalmente con 2m . Si m2m,mm 21 == y el choque es elástico, hallar las velocidades inmediatamente después de la colisión. ¿Hasta qué alturas suben luego 1m y 2m y a qué ángulos con la vertical corresponden esas alturas? El marco inercial es obviamente el techo ligado a tierra. Estudiemos en primer lugar el descenso de 1m , que ya conocemos bien. El sistema es 1m , las fuerzas en posición cualquiera son la tensión, de trabajo nulo y el peso, fuerza conservativa. Hay entonces conservación de energía de 1m entre la situación a) cuando se suelta y la situación b) un instante antes del choque.

Para 1m :

211ba vm

21

2Lgm:EE == , Lgv = .

60°L

Lm 1

m 2

60°a

L

m 1

b

h

N. R. v


Estudiemos la colisión. El sistema es ahora el sistema de dos partículas 1m y 2m . La situación inicial, un instante antes de la colisión y la situación final, un instante después. Recordemos que durante la colisión, brevísima, las velocidades cambian pero no las posiciones, de modo que las tensiones en las cuerdas durante la colisión son verticales y las fuerzas externas son

Como la colisión es frontal en el eje x, ∑ = 0F xext y xP efectivamente se conserva durante el choque. La otra ecuación la proporciona el coeficiente de restitución igual a 1 puesto que la colisión es elástica. Recalquemos que podría usarse como segunda ecuación la conservación de la energía cinética del sistema. Sin embargo, la igualdad de las velocidades relativas es equivalente, como ya mostramos, y simplifica el planteamiento algebraico. Se podrían incluso particularizar para el caso concreto las expresiones que obtuvimos para las velocidades finales. No es necesario apelar a ello, pues en un caso simple las ecuaciones son fáciles de plantear y resolver. Veamos. Unos esquemas claros en los que figuren las masas y sus velocidades en las situaciones inicial y final facilitan el planteamiento.

Conservación momentum en x: 21 vm2vmvm +=

Choque elástico, 1vvvv

ei2i1

f1f2 =−

−= ,

0vvv

1 12

−−

=

Las dos ecuaciones se resuelven fácilmente y se obtiene

3vv1 −= .

3v2

v2 = ,

en donde el signo menos en 1v indica que esa velocidad no es como la supusimos en nuestro esquema final, sino al contrario. Es decir, las velocidades inmediatamente después de la colisión son

m 2gm 1g

T 1 T 2

x

inicialmv 2m (en reposo)

x1 2

1

mv 12m

2

v 2

xfinal

324 Londoño - Introducción a la mecánica Z

con Lgv = . Para estudiar los ascensos de 1m y de 2m cambiamos el sistema mecánico. Los sistemas son ahora 1m por un lado y 2m por otro, cada uno con movimiento pendular y conservación de energía

11

2

1 hgm3vm

21

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 22

2

2 hgm3v2

m21

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

18Lh1 =

9L2h 2 =

( )11 cos1Lh θ−= ( )22 cos1Lh θ−=

1817cos 1 =θ

97cos 2 =θ

°=θ 2.191 °=θ 9.382 .

2. EJERCICIO

Un bloque B de masa m2 está en reposo sobre una superficie horizontal, apoyado en un resorte de constante k en longitud natural. Otro bloque A, de masa m, se lanza con velocidad v directo hacia B. La superficie es lisa, la colisión es elástica. Todos los movimientos ocurren en la misma línea recta. Hallar las velocidades inmediatamente después de la colisión y luego la máxima deformación del resorte. ¿Con qué velocidad sale despedida la masa B cuando el

m 2m kv

A B

v3

2v3

m 1v3 m 2

2v3

h 1h 2

θ 2

m 1 m 2

θ 1


resorte vuelve a su longitud natural? Se presenta entonces una nueva colisión elástica con A. ¿Cuáles son las velocidades después de ella? Compruebe que la energía final del sistema A y

B es la misma energía inicial 2vm21 pero el momentum cambió. ¿Cuál es el cambio y a qué

se debe? El marco inercial es el usual, fijo al piso ligado a tierra. Durante la colisión el sistema es A y B. Aquí hay un asunto que ya hemos mencionado que hay que comprender bien. Como la colisión es tan breve, aunque las velocidades cambian notablemente durante ella, las posiciones son prácticamente las mismas, de modo que el resorte, que se encuentra en longitud natural, no ejerce ninguna fuerza durante el impacto y se conserva el momentum del sistema en dirección horizontal. La colisión es idéntica a la del ejemplo anterior y su resultado es

Estudiemos la ya conocida compresión del resorte tomando como sistema el bloque B. Hay conservación de energía, puesto que normal y peso no hacen trabajo y la fuerza elástica es conservativa. Así

( )2

2

3v2m2

21dk

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

km2

3v2

d = .

Vuelve a la longitud natural con 3v2 hacia la izquierda, mayor que la velocidad de A,

3v , y

habrá entonces una nueva colisión. El eje x conveniente es hacia la izquierda y así

m 2m 2v3

v3

A B

BL. nat

d

2v3

2v3

justo después del choque

máxima compresión

de nuevo en longitudnatural

2m


La conservación del momentum del sistema A y B en x, y el coeficiente de restitución e = 1,

iAB

fBA

vv

1 = , conducen a

9v7vA =

9v4vB = .

La energía final del sistema es

( ) 222

vm21

9v4

m221

9v7

m21K =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= ,

igual a la energía inicial pues en todo el proceso se conserva la energía. El momentum del sistema A y B, en cambio, se conserva durante las dos colisiones, pero no durante la compresión y expansión del resorte, ya que allí la fuerza elástica es una fuerza externa que produce un impulso. Ese impulso es igual al cambio de momentum de B durante la compresión y expansión del resorte.

( ) ( )3

vm83v2m2

3v2m2pB =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=∆ ,

que coincide, claro está, con el cambio global del momentum del sistema A y B,

2mv3

A B

m 2v3

A B

vA vB

x

x

Instante antes

Instante después

2v3

B

2v3

antes

despuésx

x B


( )3

vm8vm9v4m2

9v7mP =−−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=∆ .

3. EJERCICIO

Con el ánimo de afianzar la comprensión y manejo del momentum y la energía de un sistema de partículas, proponemos esta variante del ejercicio anterior, en la cual el extremo derecho del resorte no está apoyado en un muro fijo sino en otro bloque C de masa 2m que inicialmente está en reposo en la superficie lisa. Recuerde que los ejercicios deben ser resueltos por el lector estudioso y sólo después debe cotejar su propia solución con la aquí propuesta o esbozada. Los ejemplos, en cambio, deben leerse y estudiarse íntegramente. Retornemos al ejercicio. La primera colisión, ya estudiada, tiene como resultado:

El problema es entonces: estudiar el sistema BC y mostrar con claridad que en la máxima compresión del resorte ambos bloques se mueven con la misma velocidad (o bien su velocidad relativa es cero) y hallar esa velocidad. Hallar la máxima compresión del resorte. Hallar la velocidad de B y de C cuando el resorte retorna a su longitud natural y los bloques quedan sueltos. En este caso, como se verá, no hay nueva colisión de B y A. Comprobar que la energía y el momentum del sistema A B C, son iguales a los que había en un comienzo, antes de la colisión A B.

Marco inercial : El piso.

Sistema mecánico: Sistema de dos partículas B y C.

Situación general cualquiera durante la compresión o expansión del resorte: Fuerzas externas

m

A B

v 2m k

C

2m

A CB

2m (en reposo)2v3

2mmv3un instante después

del choque

B C

2mg

N B

2mg

NC

o x


Fuerzas internas

eF : fuerza elástica, conservativa. UWint ∆−= .

0F xext =∑ ⇒ Conservación del momentum en x.

UKKUWint +⇒∆=∆−= : Constante: Conservación de energía. La máxima compresión del resorte corresponde a la mínima separación entre B y C, es decir

CBBC xxx −= es mínima . O sea CBBCBC vvv0td

xd−=== y así, en la máxima

compresión la velocidad relativa es nula y ambos bloques tienen en ese instante la misma velocidad. Situación 1: instante después de la colisión A B. Situación 2: máxima deformación del resorte. Situación 3: resorte retorna de nuevo a la longitud natural.

La conservación del momentum en x y la conservación de la energía para el sistema B C permiten hallar con facilidad

kmv

32d,

3vV == ,

0vB =

3v2vC = .

B CFe Fe

o x

C

2v3

Bo x

o xCB

vB

B C

2m 2m

en reposo

V V

vC

deformación = 0

deformación = d

deformación = 0

1

2

3


De este modo B queda en reposo y no hay más colisiones con A. Para el sistema mecánico de los tres bloques A B C, hay conservación de energía y momentum en x, como se comprueba fácilmente. 4. EJERCICIO

Una pequeña bola de masa m se coloca sobre otra bola de masa mucho mayor M, y se dejan caer juntas desde una altura h sobre un piso duro. El impacto contra el piso puede estudiarse como la sucesión de dos colisiones que se siguen una inmediatamente después de la otra: primero choca M con el piso y luego choca M con m. Si ambas colisiones tienen el mismo coeficiente de restitución e, hallar la velocidad con que sale la bola pequeña m. Aplicar luego para el caso 9.0e,m10M == , y hallar la altura hasta la cual sube m. Una bola pequeña, por ejemplo de ping–pong, y una bola maciza de caucho de buen rebote, proporcionan un juego sorprendente. No es fácil alinear las bolas y no es sencillo garantizar en la práctica la colisión frontal que asumimos, pero el experimento, aún aproximado, es ilustrativo. El marco inercial es obviamente el piso. Durante el descenso hay conservación de la energía y, como ya sabemos, ambas bolas llegan abajo con velocidad hg2v = . Colisión M – piso: El sistema mecánico es M. El momentum de M no se conserva debido a la fuerza impulsiva del piso. La velocidad de salida del choque se estudia con el coeficiente de restitución, como ya habíamos visto.

h

M

m

Mv

instante antes instante antes

M

ev


Colisión M – m: El sistema mecánico es ahora el sistema de 2 partes: M y m. En situación general durante la colisión, el diagrama de fuerzas externas es

La componente y de la relación básica del momentum es

∑ =td

PdF y

yext ,

( ) ∫ ∫=+−f

i

f

i yPdtdgmM

( ) yPtgmM ∆=∆+− , en donde hemos integrado desde la situación i, justo antes del choque, hasta la situación f, inmediatamente después del choque. Ya sabemos que en una colisión, la duración t∆ es muy pequeña y entonces el impulso del peso, ( ) tgmM ∆+− puede despreciarse y así 0Py =∆ y podemos considerar que el momentum en y del sistema durante la colisión se conserva. g

=yP constante: ( ) 21 vmvMvmveM +=−+

Coeficiente de restitución ( )vvevve:

vvvv

vv

e 12

i2i1

f1f2

i12

f21

−−−

=−

−== .

Hay que anotar que, al aplicar el coeficiente de restitución, es indiferente cual masa sea 1 y cual 2, puesto que

Mgmg

o

y

m 2

M 1

y

ev

v v 2

v 1 M 1

m 2

ysituación i: situación f:


i21

f12

i12

f21

vv

vv

e == .

Tenemos un sistema algebraico de dos ecuaciones con dos incógnitas, 1v y 2v . Nos interesa

2v ,

( )( )

mMme2eMvv2 +

−+= .

Con 9.0e,m10M == ,

v28.2v2 = .

m sube hasta una altura 2h tal que 22 hg2v = y así

( ) hg228.2hg2 22 =

h21.5h 2 = .

Si h es 1 m, m21.5h 2 = . ¡El rebote de la bola pequeña es sorprendente! 5. EJEMPLO

Choque oblicuo En una colisión unidimensional como las que hemos estudiado, las velocidades de las dos partículas o cuerpos involucrados están a lo largo de la misma línea recta. Examinemos ahora brevemente algunas colisiones bidimensionales, en las cuales las velocidades de las partículas respecto al marco inercial en el laboratorio están contenidas en un plano. Como no hay fuerzas externas sobre el sistema de ambas partículas, el momentum del sistema se conserva. Tomando dos componentes en el plano de la colisión se obtienen dos ecuaciones. Si la colisión es elástica hay una tercera ecuación. Sin embargo, las velocidades finales tienen cada una dos componentes, para un total de cuatro incógnitas y es entonces necesario proporcionar una nueva ecuación mediante características especiales de la interacción o bien conocer algún dato de las velocidades finales para resolver plenamente la colisión. Hay, no obstante, casos especiales en los que, sin hallar completamente las velocidades finales, pueden encontrarse características notables de la colisión. Por ejemplo, consideremos la colisión elástica de dos partículas de igual masa, una de las cuales está en reposo antes de la colisión. El marco inercial es el laboratorio. Antes de la colisión

vm bm (en reposo)2

1


b, llamado el parámetro de impacto, caracteriza la colisión oblicua. Si 0b = , la colisión sería frontal, unidimensional. Recordemos que, en general, una colisión no implica contacto sino una intensa interacción interna cuando hay proximidad, de modo que las velocidades individuales se modifican, pero el momentum del sistema se conserva. Más adelante veremos que m y m pueden ser los centros de dos esferas o discos que chocan oblicuamente. Después de la colisión

El momentum del sistema se conserva. Vectorialmente,

21 vmvmvmrrr

+= , es decir, 21 vvv

rrr+=

y, como la colisión es elástica, la energía cinética también se conserva,

22

21

2 vm21vm

21vm

21

+= ,

expresión que puede escribirse como

2211 v.vv.vv.vrrrrr

+= , que, reemplazando v

r, queda

( ) ( ) 22112121 v.vv.vvv.vv

rrrrrrrr+=++ ,

o sea,

0v.v2 21 =rr

, es decir,

0v.v 21 =rr

. Excluyendo el caso de la colisión frontal, que ya conocemos y en cual 0v1 =

r, y el caso

0v2 =r

, en el cual no habría colisión, vemos que, para que el producto escalar se anule, 1vr

y

2vr

deben ser ortogonales: las velocidades después de una colisión elástica oblicua entre masas iguales con una de ellas en reposo, forman entre sí un ángulo recto.

v 1

v 2

m

m

1

2


Veamos ahora con cierto detalle una colisión elástica de dos esferas que se mueven sobre una superficie plana, considerando sólo sus movimientos de traslación, es decir, haciendo caso omiso de sus rotaciones. Podrían también ser dos discos que deslizan sobre una mesa. En el momento del contacto, elijamos una dirección tangencial común a las superficies en contacto, y una dirección normal que pasa por los centros.

Asumamos que la colisión es elástica. En ese caso la energía cinética del sistema se conserva. Ahora, si hubiese fuerzas tangenciales de fricción por deslizamiento durante la colisión, esas fricciones disiparían energía y la colisión no sería elástica. El aceptar así que la colisión es elástica, conlleva la aceptación de que no hay fuerzas tangenciales, lo que equivale a asumir que las esferas son completamente lisas. La fuerza interna de impacto es entonces a lo largo de la dirección normal.

Así, la componente tangencial del momentum se conserva individualmente para cada esfera, es decir, las componentes tangenciales de las velocidades de ambas esferas permanecen inalteradas en la colisión. Si 1v

r y 2v

r son las velocidades antes y 21 'v,'v

rr después,

t1t1 'vv =

t2t2 'vv = . La conservación de energía es

( ) ( ) ( ) ( )2t2

2n22

2t1

2n11

2t2

2n22

2t1

2n11 'v'vm

21'v'vm

21vvm

21vvm

21

+++=+++ ,

t

n

1

2

2 n

1t

F

2

1

F

n

t


que, dada la igualdad de las componentes tangenciales, queda

2n22

2n11

2n22

2n11 'vm

21'vm

21vm

21vm

21

+=+ ,

y la componente normal del momentum del sistema es

n22n11n22n11 'vm'vmvmvm +=+ . Las dos últimas ecuaciones son idénticas a las de un choque frontal, de modo que, introduciendo las velocidades relativas en el eje normal, se tiene

n12

n21

v'v

1 = .

Es más, si la colisión no es elástica puede introducirse el coeficiente de restitución en dirección normal:

n12

n21

v'v

e = .

Así, para un choque oblicuo de esferas lisas, hay cuatro ecuaciones, las dos igualdades de las velocidades tangenciales y, en dirección normal, conservación del momentum del sistema y coeficiente de restitución, ecuaciones que permiten hallar plenamente las velocidades finales. Veamos un ejemplo simple. Dos esferas iguales, cada una de masa m y radio R, una de ellas en reposo

°=α==α 30,21

R2Rsen .

1

2

vRantes

v cos α

2

1justo antes de la colisión

αv sen α

n

t


En el eje normal ya hemos estudiado esa colisión: 1 queda en reposo, 0'v n1 = , y 2 sale con

°= 30cosv'v n2 . Tangencialmente, 0'v,30senv'v t2t1 =°= .

Las velocidades forman ángulo recto como ya habíamos demostrado en un caso más general. 6.8 MOVIMIENTO DE SISTEMAS DE MASA VARIABLE En la mecánica clásica, la masa de una partícula es una constante que no varía con su movimiento. Un sistema de partículas es un conjunto bien determinado de partículas, es decir, cuando el tiempo transcurre y el sistema se mueve, las partículas son siempre las mismas y la masa del sistema permanece así invariable. Pues bien, hay cuerpos cuya masa crece, por ejemplo un vagón que se va cargando de material al pasar bajo una tolva. Hay otros cuerpos cuya masa disminuye, como un cohete que va expulsando los gases producto de la combustión del combustible que lleva. Incluso hay cuerpos, como el codo de una tubería con el agua que fluye por él, a los que por un lado les ingresa masa y por otro les sale. Esos cuerpos, vagón con su material, cohete con su combustible, codo con su agua, son los que llamamos cuerpos de masa variable. Se les dice también sistemas de masa variable. En sentido estricto, no son sistemas de partículas bien definidos. El “sistema” vagón con su material no tiene las mismas partículas en un instante t que en un instante tt ∆+ , puesto que nuevas partículas han ingresado a él, y no puede entonces aplicársele directamente la relación

fundamental tdPdFext

rr

= para el movimiento de un auténtico sistema de partículas.

Para estudiar el movimiento de los cuerpos o sistemas de masa variable, es necesario precisar en primer lugar cuál es el cuerpo en un instante genérico t y en un instante próximo tt ∆+ . Luego, hay que tener adecuadamente en cuenta tanto la masa que ha salido desde el instante t, como la masa que va a ingresar hasta el instante t + ∆t, para definir así un sistema auxiliar cuya masa sea constante, cuyas partículas sean las mismas, durante ese corto intervalo que va desde t hasta tt ∆+ . De ese modo, el sistema auxiliar es un auténtico sistema de partículas,

tv sen α

v cos α

2

1

n

después de la colisión


cuyo cambio de momentum dividido por t∆ , teniendo en cuenta las masas que ingresan y salen, es

( ) ( )t

tPttPtP

∆−∆+

=∆∆

rrr

que, en el límite, cuando 0t →∆ , es la fuerza externa sobre el cuerpo o sistema de masa variable. Mostraremos en los ejemplos como se diseña el sistema auxiliar para estudiar un cuerpo o sistema de masa variable y como se aplica la relación fundamental del momentum. 1. EJEMPLO

Movimiento de un cohete Un cohete es un vehículo dentro del cual está almacenada la masa que se va a expulsar durante su movimiento. El combustible que está dentro del cohete se enciende y sale en forma de gases expelidos a gran velocidad. El principio dinámico básico del movimiento, de la retropropulsión, es sencillo: el cohete ejerce una gran fuerza sobre los gases y éstos a su vez reaccionan, ejerciendo una fuerza de igual magnitud y sentido contrario sobre el cohete. Si no hubiese fuerzas externas, el sistema formado por el cohete y los gases expulsados sería un sistema aislado cuyo momentum se conserva. Ahora, como la masa se expulsa de forma continua y además, en general, hay fuerzas externas, el análisis detallado requiere un planteamiento cuidadoso. El cuerpo o sistema de masa variable es el cohete, cuerpo que incluye el combustible que tiene adentro. En situación general, en un instante cualquiera t, sea m la masa del cohete y v

r su

velocidad respecto a un marco inercial de referencia. m y vr

son funciones del tiempo y en el instante muy próximo tt ∆+ ,

( ) mmttm ∆+=∆+

( ) vvttvrrr

∆+=∆+ , son masa y velocidad del cohete en tt ∆+ . Ahora, la masa de ese cuerpo, el cohete, en ese instante, no es la misma masa del cohete en t. La masa del cohete ha disminuido puesto que cierto combustible ha salido expulsado en forma de gases. Por esa razón 0m <∆ . El cohete es pues un cuerpo o sistema de masa variable. Para garantizar que tenemos las mismas partículas durante ese pequeño intervalo t∆ , definamos un sistema auxiliar: El sistema mecánico que vamos a estudiar desde el instante t hasta el tt ∆+ es el cohete más los gases expulsados desde el instante t. Ese sistema auxiliar así diseñado, tiene las mismas partículas que había en t y es por tanto un auténtico sistema de partículas. Los esquemas de nuestro sistema auxiliar en t y tt ∆+ son así


ur

es la velocidad de los gases expulsados respecto al marco inercial, distinta de la del cohete. La masa de los gases que han sido expulsados durante t∆ es precisamente la masa que ha perdido el cohete y así

mmmgas ∆−=∆=∆ ,

ya que, como dijimos, 0m <∆ , y por tanto gasm∆ es, obviamente, positiva. Calculemos el cambio de momentum durante el intervalo t∆ del sistema de partículas cohete más gases expulsados:

( ) ( ) ( )( ) ( )[ ] vmumvvmmtPttPPrrrrrrr

−∆−+∆+∆+=−∆+=∆

( ) vmvumvmPrrrrr

∆∆+−∆−∆=∆ .

Hallemos ahora tdPdr

como un límite

( )vutdmd

tdvd

mtP

limtdPd

0t

rrrrr

−−=∆∆

=→∆

.

Obsérvese que

0tv

lim.mlimt

vmlim

0t0t0t=

∆∆

∆=∆

∆∆→∆→∆→∆

rr

,

ya que el 0mlim0t

=∆→∆

.

El término vu

rr− no es otra cosa que la velocidad relativa de los gases expulsados respecto al

cohete,

vuvrelrrr

−= ,

v

m

v + ∆v

m + ∆m (∆m < 0)

∆mgas u


y tdPdr

es la fuerza externa neta, extFr

. Ahora bien, en el límite cuando 0t →∆ , nuestro

sistema de partículas auxiliar, cohete más gases, es simplemente el cohete en el instante t y así, la ecuación de movimiento del cuerpo de masa variable, cohete, es, reorganizando los términos,

tdvd

mvtdmd

F relext

rrr

=+ .

Las fuerzas externas sobre un cohete pueden ser la atracción gravitacional y la fricción, si se mueve en una región donde hay atmósfera. Pero, con el ánimo de comprender bien como la expulsión continua de masa acelera el cohete, consideremos el movimiento en una región en la que no hay fuerzas externas, por ejemplo, despegando de una plataforma espacial, de modo que podamos despreciar los efectos gravitacionales y de fricción. Así con 0Fext =

r, la

ecuación de movimiento del cohete queda

tdvd

mvtdmd

rel

rr

= .

Un primer resultado se ve con claridad. Como se pierde masa, m es decreciente, 0tdmd

< y

entonces la aceleración tdvdr

es opuesta a la velocidad relativa de la masa expulsada: en una

dirección salen los gases expulsados y en la dirección contraria se acelera el cohete. Este es un aspecto esencial del cambio de velocidad en el espacio por expulsión continua de masa. La

fuerza relvtdmd r

se llama a veces fuerza de reacción o empuje del chorro de gas.

Consideremos como caso particular un cohete que se mueve en línea recta en un eje y, despegando desde el reposo y cuya masa inicial, que incluye todo el combustible, es im . Tomemos como marco inercial la plataforma espacial.

v0

m

v

y


Llamemos ov la magnitud de la velocidad relativa de expulsión de los gases, que asumiremos constante. Así, oyrel vv −= y la componente y de la ecuación de movimiento puede

escribirse

vdmmdvo =− ,

∫ ∫=−fm

m

v

ooi

f vdv1

mmd ,

en donde hemos planteado la integral hasta una velocidad final, fv , cuando se ha expulsado todo el combustible y queda la masa final fm . Integrando queda

o

f

f

i

i

f

vv

mm

lnmm

ln ==− ,

ovfv

emm

f

i = .

La velocidad ov de salida de los gases depende de factores como la naturaleza química del combustible, la temperatura, en fin, y puede estar por los lados de 2 a 3 km/s. Tomemos un valor de 2.5 km/s y supongamos que la velocidad final que debe adquirir el cohete es la velocidad necesaria para ir a la luna que, como ya calculamos, es aproximadamente la velocidad de escape de la tierra, de unos 11.2 km/s. En ese caso

88mm

f

i ≈ .

Los efectos adversos de la gravedad y la fricción harían aún mayor esa relación entre la masa final útil y la masa inicial que incluye el combustible. Esto explica, al menos cualitativamente, el gran tamaño de los cohetes espaciales. Por supuesto que lo que hemos estudiado aquí son apenas los principios dinámicos básicos, eso si, de gran importancia. Hay que notar que la velocidad final que adquiere el cohete en nuestro caso simplificado sin fuerzas externas, no depende del tiempo, sino de la relación de masa fi mm . Cuán rápido

se adquiera esa velocidad dependerá de la tasa de emisión de masa tdmd .

2. EJERCICIO Un cohete se usa para impulsar una “carga útil” de masa m a la que, en última instancia, quiere dársele una velocidad final fv . Sea ov la magnitud de la velocidad relativa de expulsión de los gases. El cohete parte del reposo en una región donde no hay fuerzas externas y su masa inicial total es M.


a) Suponga que la diferencia 1m entre la masa inicial y la final es puro combustible que va a salir expulsado.

mMm1 −= .

Calcule la relación masa inicial/carga útil, M/m, si of v2v = .

39.7emM 2 ==

b) Para ser un poco más realistas tengamos en cuenta el peso muerto del tanque de

combustible, así: sólo el 90% de 1m es combustible aprovechable. El 10% restante es la masa del tanque que, una vez consumido el combustible, simplemente se desprende del resto sin ser expulsado. Calcule de nuevo la relación M/m, con of v2v = .

47.25e1.01

e9.0mM

2

2=

−=

La masa del tanque proporcional a la masa del combustible (en nuestro caso masa tanque

= 91 masa combustible), impone una limitación severa a la velocidad máxima posible del

cohete. Calcule esa velocidad máxima.

oomáx v30.210lnvv == . Para remediar un poco esta situación se usan cohetes de varias etapas que permiten una mayor velocidad final. 3. EJEMPLO

Desde una tolva estacionaria está cayendo material sobre un vagón que se mueve por rieles horizontales lisos. ¿Qué fuerza F es necesario hacer sobre el vagón para moverlo con velocidad constante y cuánto vale la reacción vertical de los rieles?

F

v


El marco inercial es el piso fijo a tierra, con los ejes indicados. Elijamos como sistema o cuerpo de masa variable el vagón con el material que hay dentro de él. Sea m su masa en un instante cualquiera t. En un instante próximo tt ∆+ , su masa ha aumentado puesto que ha ingresado material, y será ahora mm ∆+ , siendo m∆ la masa del material que ha ingresado desde t. Para el análisis desde el instante t hasta el tt ∆+ , consideremos como sistema de partículas el sistema auxiliar que comprende el vagón con el material dentro de él, más el material que va a ingresar hasta tt ∆+ , material que viene cayendo verticalmente desde la tolva. Obsérvese bien que este sistema auxiliar definido para el intervalo t∆ , es un auténtico sistema de partículas: en todo momento desde el instante t hasta el tt ∆+ , ese sistema auxiliar tiene las mismas partículas. Los esquemas de masas y velocidades para el sistema auxiliar en t y tt ∆+ son

La velocidad u de la masa que ingresa, respecto al marco inercial en el piso, es vertical puesto que la tolva es estacionaria y el material simplemente cae. En la situación tt ∆+ la velocidad del vagón es simplemente v, sin incremento, puesto que se mueve con velocidad constante. En otro caso, la velocidad sería allí vv ∆+ . El cambio de momentum en x es

( ) ( ) ( ) [ ] vm0mvmvmmtPttPP xxx ∆=×∆+−∆+=−∆+=∆ , en el que hemos insistido en que la componente x de la velocidad de m∆ vale 0. Podemos calcular también el cambio de momentum en y

( ) ( ) ( )[ ] umum0tPttPP yyy ∆=−∆−=−∆+=∆ En el límite, cuando 0t →∆ ,

vtdmd

tPlim

tdPd x

0tx =

∆∆

=→∆

,

utdmd

tP

limtd

Pd y

0t

y =∆

∆=

→∆.

En ese límite, cuando 0t →∆ , 0m →∆ , el sistema de partículas auxiliar tiende al sistema de masa variable vagón con material dentro, cuyo diagrama de fuerzas externas es en t

v

x

y u∆m

m

y

m + ∆m

x

v

t: t + ∆t


donde N es la fuerza normal neta hecha por el piso, Así

en x : vtdmdF =

en y : utdmdgmN =− ,

y así, utdmd

gmN += .

El término utdmd es la fuerza vertical que ejerce el chorro de material, por ejemplo de arena,

sobre el vagón, siendo u la velocidad con que llega al vagón. Miremos esa importante fuerza, desde un punto de vista complementario, como la fuerza media hecha por un chorro de partículas que impacta una superficie, esparciéndose por ella sin rebotar. Digamos que om es la masa de cada grano de arena que llega con velocidad u a la superficie.

El grano queda embebido en la superficie, o, si se quiere, se dispersa lateralmente, de modo que el pequeño impulso producido por la superficie sobre el grano de arena es

( ) umum0pJ oogranograno =−−=∆= , hacia arriba en y. En un tiempo t∆ llegan n granos, de modo que el impulso total, igual a la fuerza media por el tiempo t∆ , es

tFumnJ mediao ∆==

x

y

F

N

mg

y

m0 u


y así ut

mnF o

media ∆= .

Como la masa de arena, de material, que ha llegado en t∆ es omnm =∆ se tiene

utmFmedia ∆

∆= ,

que, en el caso de un flujo continuo, es

utdmdF = .

Esta es la fuerza, hacia arriba, hecha por la superficie sobre el chorro de material. Hay, por supuesto, una de igual magnitud, hacia abajo, hecha por el chorro sobre la superficie. 4. EJERCICIO

Un vagón cargado de arena tiene un agujero en su parte inferior por el que está descargando material. ¿Qué fuerza se requiere para moverlo con velocidad constante sobre rieles horizontales lisos? Marco inercial: el piso.

Sistema de masa variable: el vagón con la arena dentro de él . Sistema de partículas auxiliar entre los instantes t y tt ∆+ : vagón (con la arena dentro de él) más la arena que ha salido desde t. Esquema de masas y velocidades del sistema auxiliar en t y tt ∆+

Como la arena simplemente cae del vagón, en el momento en que sale del vagón tiene la misma velocidad que éste. Es decir, en x, velocidad del m∆ respecto al piso es v. El análisis del momentum en x muestra inmediatamente que 0F = , el vagón continúa botando arena, moviéndose con velocidad constante sin necesidad de ninguna fuerza. ¿Cuál es la diferencia con el problema anterior? Cuando la arena cae de la tolva su velocidad

v

F

t:

m

xx

v t + ∆t

m + ∆m v

v

v

∆m = - ∆m

∆m < 0


horizontal es nula. Al entrar al vagón sufre un cambio de momentum en x que requiere una fuerza. En cambio, cuando el grano de arena se desprende del vagón, no sufre ningún cambio de momentum en x, no se requiere fuerza. 5. EJERCICIO

Un vagón de 1000 kg se mueve libremente sobre rieles horizontales lisos a 2 m/s. Desde una tolva estacionaria comienza a caerle material a razón de 100 kg/s. A los 4 s, hallar la velocidad y la distancia recorrida por el vagón. El marco inercial es el piso. El sistema o cuerpo de masa variable es el vagón con el material dentro de él. El sistema de partículas auxiliar, definido entre los instantes t y tt ∆+ , es el vagón con el material adentro más el material que va a ingresar hasta el instante t + ∆ t. Los esquemas del sistema auxiliar, verdadero sistema de partículas, son

en donde m es la masa del vagón más el material adentro. Es importante señalar que el diseño y análisis del sistema auxiliar debe hacerse en situación general, desde un t cualquiera, hasta

tt ∆+ . Como ya sabemos, se analiza el cambio de momentum del sistema auxiliar en x. En el límite, el sistema auxiliar se convierte en nuestro sistema objeto de interés, que es el sistema de masa variable, vagón con material, sobre el cual no hay fuerzas externas en x pues se mueve libremente, y así

tdmdv

tdvdm0 +=

que es la ecuación de movimiento del vagón. Precisemos las condiciones iniciales. En 0t = el vagón está vacío, su masa es om . Elijamos allí el origen, 0x = . Su velocidad es ov .

t:

m

x

v

u∆m

x

v + ∆v

m + ∆m

t + ∆t

v0m0

o o

m v

x

t = 0 t

xx


Llamemos q la rata, constante, de ingreso de material,

tdmd

q = ,

∫ ∫=m

m

t

ootdqmd ,

tqmm o += .

Para integrar la ecuación de movimiento hay dos alternativas. O bien remplazar esta m en

función de t y además qtdmd

= , e integrar para hallar v, o bien escribirla así

( )

tdvmd0 = ,

y por tanto

( ) 0vmdvm

vm oo=∫ ,

oo vmvm = ,

tqmvm

vo

oo

+= .

Igualando a tdxd e integrando, se obtiene

o

ooom

tqmnl

qvm

x+

=

Remplazando los valores, tenemos, en unidades SI,

( ) sm43.14v =

( ) m73.64x = .


6. EJEMPLO

El extremo de una cadena de densidad lineal de masa λ , se levanta verticalmente con velocidad constante ov . Hallar la fuerza F necesaria en función de la altura y. Calcular la potencia efectuada por F y compararla con la rata de cambio de la energía mecánica total de la cadena. Explicar la diferencia. Suponga que los eslabones están en reposo y adquieren bruscamente la velocidad ov . El marco inercial es obviamente el piso. Eje y hacia arriba. Tomemos como sistema mecánico de masa variable el trozo de cadena de masa m y longitud y, que en un instante cualquiera t se encuentra vertical y moviéndose con ov . El sistema auxiliar de partículas para estudiar desde t hasta tt ∆+ , está formado por el trozo vertical más el pequeño trozo, inicialmente en reposo, que va a ingresar al movimiento vertical hasta el instante t + ∆ t. Los esquemas de masas y velocidades del sistema auxiliar en t y tt ∆+ son

El cambio de momentum en y por unidad de tiempo, del sistema de partículas auxiliar, es

( ) [ ]

oooy v

tm

t0mvmvmm

tp

∆∆

=∆

×∆+−∆+=

∆

∆ .

En el límite, cuando 0t →∆ y el sistema auxiliar tiende a ser el sistema de masa variable original,

y

F

v0

yt:

y

v0m

∆m (en reposo)

t + ∆t:

y + ∆y m + ∆m

y

v0


oy v

tdmd

tdpd

= ,

que con ym λ= , como dtdyvo = , queda

2o

y vtd

pdλ= .

Las fuerzas externas sobre el trozo vertical de cadena son

Hay que anotar que la fuerza ejercida sobre los eslabones que están en el piso es una fuerza interna en el sistema auxiliar, con incidencia, como veremos, en el aspecto energético, pero no en el momentum. La fuerza externa neta en y es por lo tanto

2ovgyFgmF λ=λ−=− ,

y entonces

ygvF 2o λ+λ= .

Examinemos el teorema del trabajo y la energía para el sistema de partículas auxiliar KWW intext ∆=+ .

Las fuerzas externas son F y el peso. Como el peso es fuerza conservativa, UW peso ∆−= y así

( )UKWW intF +∆=+ .

Dividiendo por t∆ y pasando al límite tendremos, como el trabajo por unidad de tiempo en el límite es la potencia instantánea,

Potencia de F + Potencia interna ( )

tdUKd +

= .

Veamos los diversos términos:

y F

mg


Potencia de F = o3

oo vygvvF λ+λ= . Tomando nivel de referencia en el piso, con el centro de masa a 2y ,

2ygvm

21

2ygmvm

21UK

22

o2

oλ

+=+=+

y entonces, con ov constante ,

( )tdydygv

tdmd

21

tdUKd 2

o ×λ+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+

o3

o vygv21

λ+λ= .

Así, la que hemos llamado potencia interna será

3oernaint v

21P λ−= .

Veamos que este resultado es completamente consistente con el cálculo directo de la rata de cambio del trabajo interno que se efectúa para tomar unos eslabones del piso, de masa m∆ , y llevarlos a moverse con la velocidad de la parte vertical de cadena. Atención que, como ya sabemos, la velocidad esencial en el trabajo interno es la velocidad relativa. Miremos las cosas desde el punto de vista de los eslabones de masa m∆ que están en el piso. La velocidad relativa inicial del eslabón móvil respecto a él es ov y su velocidad relativa final es

cero y así el trabajo interno necesario para producir el cambio de energía 2ovm

21

∆− , será

2oint vm

21W ∆−= ,

que por unidad de tiempo y en el límite es

3o

2oint v

21v

tdmd

21P λ−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= ,

tal como habíamos calculado. Es importante comprender porqué el trabajo interno es negativo. Mirado desde el eslabón del piso, la velocidad relativa del eslabón ascendente es hacia arriba pero la fuerza interna sobre él es hacia abajo: fuerza interna y velocidad relativa se oponen, dando como resultado un trabajo negativo.


7. EJEMPLO

Desviación de un flujo estacionario

Un álabe o placa curva desvía un chorro de fluido en un plano horizontal. El fluido tiene densidad ρ , área de la sección transversal A y velocidad v. Hallar las fuerzas 1F y 2F necesarias para sostener fija la placa. Un flujo es estacionario o permanente cuando, en un determinado punto, las características del flujo como la presión, densidad y velocidad, no cambian con el transcurso del tiempo. Asumiremos que el chorro de fluido es estacionario. Más aún, supondremos que la velocidad y el área de la sección transversal prácticamente no varían en el corto tramo en el que el fluido está en contacto con la placa. Consideremos que la placa está fija en un marco inercial ligado a tierra, con ejes x, y, como se indican. Elijamos como cuerpo o sistema de masa variable en un instante t, el sistema formado por la placa y por el fluido que en ese instante está en contacto con ella, es decir, por el fluido comprendido entre las secciones transversales a la entrada y a la salida de la placa. Ese sistema es, en efecto, un sistema de masa variable, puesto que en un instante posterior, han ingresado a él nuevas partículas de fluido por la sección transversal a la entrada y han salido otras partículas por la sección a la salida de la placa. En los instantes t y tt ∆+ , las partículas que están en el sistema como lo hemos definido no son las mismas. Las fuerzas externas, despreciando el peso, que no está en el plano de la figura, sobre el sistema de masa variable, son

Ahora, para diseñar un sistema auxiliar que sea un auténtico sistema de partículas durante el corto intervalo de t a tt ∆+ , incluyamos tanto el fluido que ha salido desde t, como el que va a ingresar hasta t + ∆t.

θv

v

F1

F2

F2

v

θ

F1

v

y

x


En el flujo estacionario o permanente, la masa de fluido contenida entre la sección inicial al ingreso de la placa y la sección final a la salida de la placa, es siempre la misma, pero las partículas no son las mismas, pues unas ingresan y otras salen. El nombre de sistema de masa variable no parece así, y no es, el más adecuado y podríamos mejor llamarlo sistema de partículas variable. El hecho es que ese sistema tiene la misma masa global pero no las mismas partículas. Ahora, si calculamos el momentum de ese fluido que hay desde el inicio hasta el fin de la placa, ese momentum es una suma, ∑ ii vm

r, de los productos de la masa

de cada trocito de fluido por su velocidad , y esta suma es igual en todo instante en el flujo estacionario. De modo que la diferencia de momentum del sistema auxiliar, auténtico sistema de partículas, entre los instantes t y tt ∆+ , se debe exclusivamente a la diferencia de momentum de la masa que sale en t∆ , con el momentum de la masa que ingresa en t∆ .

( ) ( ) ( ) ivmjsenvicosvmtpttpp ∆−θ+θ∆=−∆+=∆rrr

que, dividiendo por t∆ , pasando al límite 0t →∆ , con

tplimF

0text ∆∆

=→∆

rr ,

y tomando componentes, queda, para el sistema de masa variable,

( )θ−= cos1vtdmdF1

θ= senvtdmdF2 .

Estudiemos un poco el término tdmd . Consideremos la masa m∆ que ingresa durante t∆ .

Si introducimos la densidad ρ , volm ∆ρ=∆ , siendo vol∆ el volumen de fluido que ingresa durante t∆ . Ahora, durante t∆ la sección transversal, que se mueve con velocidad v, avanza tv ∆ y así

v

y

x

v

x

y

∆m

∆m

t t + ∆t

θ


( )tvAvol ∆=∆

con lo cual

tvAm ∆ρ=∆ , y así,

vAtdmd

ρ= ,

y las fuerzas 21 F,F , pueden escribirse como

( )θ−ρ= cos1vAF 21

θρ= senvAF 22 .

Estas fuerzas son hechas por un agente externo sobre la placa. Si hubiésemos tomado como sistema de masa variable únicamente el fluido, el análisis, idéntico, nos proporcionaría las fuerzas netas hechas por la placa sobre el fluido. Son las fuerzas necesarias para proporcionar la rata de cambio del momentum del chorro de fluido. Por acción y reacción, las fuerzas del fluido sobre la placa, son así

En este problema, el chorro de fluido está abierto a la atmósfera, y hemos hecho caso omiso de los efectos de la presión atmosférica que está por doquier. Si el fluido está confinado dentro de un tubo y tomamos como sistema variable de partículas el trozo de tubo con el fluido contenido entre dos secciones rectas determinadas de la tubería, habrá que tener en cuenta las fuerzas hechas por el resto de fluido, iguales a la presión por el área, de tipo estático y que existirían aún si no estuviese el fluido en movimiento.

Pero la rata de cambio del momentum del fluido cuando hay movimiento es idéntica a la que estudiamos y las fuerzas netas de empuje del fluido sobre el tubo, debidas al movimiento del fluido, son las que calculamos.

v∆t

A

F2

F1

pA

pA


8. EJEMPLO

Motor a reacción El principio básico de funcionamiento del motor a reacción de un avión es el siguiente: Entra aire por la parte delantera del motor y mediante la quema del combustible se proporciona a los gases de escape una gran velocidad de salida por la parte posterior. Los gases de escape contienen combustible quemado, pero la masa de combustible quemado por unidad de tiempo es muy pequeña comparada con la masa de aire por unidad de tiempo que pasa por el motor y puede despreciarse en una primera aproximación. Lo que tenemos pues básicamente en un motor a reacción, es un flujo de aire que entra con una cierta velocidad y sale con otra. Sea un avión que se mueve con velocidad v constante respecto a tierra. Sus motores toman aire, que consideramos en reposo respecto a tierra, y lo expulsan con velocidad relativa al avión, de magnitud ov . Elijamos un marco inercial de referencia ligado al avión. Vamos a hallar la fuerza hacia adelante hecha por el aire que fluye, sobre un motor. En el marco de referencia elegido, el aire entra al motor con velocidad v y sale con ov . El sistema de masa variable es el aire que en un instante dado está dentro del motor. El sistema auxiliar de partículas entre t y

tt ∆+ , comprende además el aire que ha salido desde t y el que va a ingresar hasta t + ∆t. Sistema de masa variable:

Sistema de partículas auxiliar:

Asumiendo un flujo estacionario, el cambio de momentum del sistema auxiliar en x es

( ) ( )vvmvmvmP oox −∆=∆−∆=∆ , dividiendo por t∆ y en el límite cuando 0t →∆ , tendremos la fuerza externa en x hecha por el motor sobre el aire adentro de él, hacia atrás,

( )vvtdmdF o −= .

La fuerza, a veces llamada el empuje de propulsión, hecha por el aire sobre el motor, es de igual magnitud y hacia delante.

v v0

v

x

v0

x

∆m ∆m

t t + ∆t


Calcúlese, por ejemplo, el empuje en un motor de un jet que viaja a 900 km/h si el motor toma aire a 60 kg/s y lo expele con 500 m/s respecto al avión.

N1015 3× PROBLEMAS 1.

Una bola de béisbol, cuya masa es de 0.14 kg, se mueve horizontalmente con una velocidad inicial de 120 km/h. Después de ser golpeada por el bate, sale con una velocidad final de 150 km/h y un ángulo de °30 con la horizontal. Calcule el impulso de la fuerza neta sobre la bola durante el impacto, en magnitud y dirección. Si la duración del impacto es s102 3−× , halle la fuerza neta media. Compare con el peso de la bola, ¿puede despreciarse el efecto del peso durante el impacto?

Fmedia = 5 073 N 2. Un hombre de 70 kg cae verticalmente desde una altura de 2 m sobre el piso. Desde el

momento en que sus pies tocan el piso, su centro de masa desciende una distancia d hasta detenerse. Asumiendo que la fuerza hecha por el piso es constante, calcule dicha fuerza y su impulso durante el impacto con el piso. Tenga en cuenta el efecto del peso durante el impacto. Haga sus cálculos:

a) suponiendo que el hombre cae muy rígidamente, de modo que su centro de masa

sólo desciende 2 cm, y b) suponiendo que cae flexiblemente, de modo que su centro de masa desciende 50 cm.

Compare las fuerzas para que comprenda porqué lo prudente es caer flexiblemente.

a) 7 070 kgf ; 443 kg m 1s−

b) 350 kgf ; 549 kg m 1s− 3. Una bola se suelta desde una altura h sobre el piso. El coeficiente de restitución de la

colisión es e. Muestre que el tiempo total durante el cual la bola se mantiene rebotando

es ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

e1e1

gh2 .

30° m

m

antes

después

impactovi

vf


Sugerencia: El tiempo puede obtenerse como la suma de una serie infinita. Hay que anotar, sin embargo, que el problema es una ficción matemática, puesto que realmente después de unos cuantos rebotes la bola queda en reposo. Las hipótesis físicas del coeficiente de restitución constante, en fin, tienen sólo una validez limitada.

4.

En una esquina de una mesa horizontal lisa, los bordes elevados forman ángulo recto. Una bola se aproxima a la esquina con velocidad v como se muestra y choca sucesivamente con ambos bordes. Suponiendo que los bordes son lisos y que el coeficiente de restitución es e, muestre que la velocidad final es paralela a la velocidad de ingreso y su magnitud es ve .

5. Dos hombres, cada uno de masa m, están parados en una plataforma de masa 10m, que descansa sobre un piso liso. Saltan horizontalmente por un extremo de la plataforma con velocidad relativa a ella de magnitud ov . Calcular la velocidad final de la plataforma si:

a) los dos hombres saltan juntos,

b) salta primero uno y luego el otro

¿Cuál velocidad es mayor?

a) 6

vo

b) 132

v23 o

6. Un hombre de 60 kg está parado en el extremo de una barca de 30 kg. Ambos se

encuentran en reposo en un lago. Si la barca tiene 6 m de largo y el hombre camina por ella hasta el otro extremo, ¿cuánto se mueven el hombre y la barca con respecto al agua? Desprecie la fricción entre la barca y el agua

Resultado: El hombre 2 m en una dirección y la barca 4 m en dirección contraria.

v


7.

Dos plataformas A y B, cada una de masa M, están en reposo sobre rieles lisos. Sobre A está un muchacho de masa m, inicialmente en reposo. Empieza a correr por la plataforma A y salta horizontalmente con velocidad relativa a ella de magnitud ov . Cae a la plataforma B, corre sobre ella en la misma dirección y salta de nuevo con velocidad relativa ov . Hallar las velocidades finales de A y B. ¿Habrá colisión entre ellas?

oA vmM

mv+

=

( ) o2

2

B vmM

mv+

=

No 8.

La plataforma tiene un tramo recto y otro en forma de cuarto de círculo vertical y puede deslizar sin fricción sobre el piso. El bloquecito m desliza sin fricción por la plataforma. Se apoya contra el resorte dándole una compresión inicial d y en esa situación se sueltan las masas desde el reposo. Cuando el resorte llega a su longitud natural, aún en el tramo recto, el bloquecito se desprende de él.

a) ¿Qué velocidad tiene M cuando m va en el punto B? Describa cualitativamente el

movimiento de M.

b) ¿Hasta qué altura máxima sube m?

a) 0

b) gm2

dk 2

m

A B

mk

M

B


9.

Dos bloques de igual masa m están unidos a un resorte de constante k. Con el resorte en su longitud natural, se le da al bloque superior una velocidad vertical hacia arriba ov . ¿Cuál debe ser la mínima velocidad ov para que el bloque inferior alcance justo a levantarse del piso? Suponga ahora que el bloque superior se lanza con una velocidad ov igual al doble de la velocidad mínima. ¿Cuál es la altura máxima alcanzada por el centro de masa de los bloques?

gkm3v mino =

Altura máxima: kgm

813

2o

+l

10.

Para estudiar la colisión frontal de dos esferas iguales, se suspenden en forma de péndulos de igual longitud. Si la primera de ellas se suelta desde un ángulo θ mientras la segunda está en reposo y después de la colisión la segunda sube hasta un ángulo 'θ , mostrar que el coeficiente de restitución de la colisión está dado por

1

2sen

2sen

2e −θ

θ′

= .

11. Dos vehículos de masas 1000 kg y 2000 kg chocan en una intersección de ángulo recto quedando enganchados. Ya juntos, deslizan 8 m con un coeficiente de fricción de 0.6 antes de detenerse y en una dirección a °45 con las direcciones iniciales. Hallar las velocidades antes del choque.

hkm74≈ hkm37

kL. natural

m

m

v0

θ


12.

Un bloque de masa M = 2 kg se deja caer desde una altura h sobre el platillo, de masa m = 1 kg, de una báscula de resorte de constante mN200k = . Después de una colisión plástica, platillo y bloque descienden una distancia h = 0.3 m. Hallar numéricamente:

a) La deformación od de equilibrio del resorte bajo la acción del platillo.

m05.0

b) La velocidad con la cual salen platillo y bloque después de la colisión. sm46.1

c) La velocidad con la cual el bloque M ingresa a la colisión ¿Porqué se conserva el

momentum de M y m en la colisión? sm18.2

d) La altura h desde la cual se dejó caer el bloque.

0.24 m

e) ¿Se conserva la energía durante todo el proceso? Explique. Si no se conserva, halle el cambio ¿Es ganancia o pérdida?

13.

Las masas kg3.0m1 = y kg2.0m2 = , están apoyadas en un resorte de constante k = 100 N/m, que tiene una compresión m1.0d = , compresión que se mantiene gracias a un hilo que une las masas. El conjunto se mueve por una superficie horizontal lisa con velocidad sm2vo = como se indica. En un cierto momento se rompe el hilo. Hallar las velocidades de las masas cuando el resorte vuelve a su longitud natural.

d0

k

h

M

45°m1

m2

v0


Sugerencia: Muestre que el centro de masa de 1m y 2m se mueve con velocidad constante y elija entonces un marco inercial que se traslade con el centro de masa. En ese marco de referencia el problema es ya conocido y pueden calcularse las velocidades 1'v

r y

2'vr

respecto a él, retornando luego al otro marco de referencia. 14. En un riel de aire comprimido, los carritos deslizadores provistos de buenos resortes en

sus extremos, se mueven sobre un colchón de aire, minimizando los efectos de la fricción. En uno de esos rieles, un carrito de masa m se mueve con velocidad v hacia otro de masa M ( )mM > que se encuentra en reposo. Después de la colisión, ambos carros rebotan en los bordes del riel y se aproximan a una segunda colisión entre ellos. Asumiendo que todas las colisiones son elásticas, muestre que, después de la segunda colisión entre los carritos, M queda en reposo y m se mueve con v en dirección contraria a la inicial.

15.

Un vagón de masa M se aproxima con velocidad v a otro vagón de igual masa, inicialmente en reposo, y sobre el cual descansa un bloque de masa m que al comienzo está también en reposo, pero que puede deslizar con fricción de coeficiente µ por el vagón. Los vagones se acoplan y salen juntos. Suponiendo que el acople es de muy corta duración,

a) ¿Cuáles son las velocidades de los vagones y del bloque inmediatamente después del acople? Recuerde que la fricción sobre el bloque no es impulsiva.

b) ¿Con cuál velocidad se mueve el conjunto una vez que el bloque ha terminado de deslizarse respecto al vagón?

c) ¿Cuánto se deslizó el bloque respecto al vagón?

Sugerencia: Sistema de 3 partes: M, M y m. Estudio del momentum y del trabajo y la energía.

a) 0,2v

b) mM2

vM+

c) ( ) ←µ+

,gmM2

vM41 2

M Mm

v


16. Una partícula de masa m se aproxima con velocidad ovr

a otra partícula de masa m2 que se encuentra en reposo. Después de una colisión elástica, la partícula de masa 2m sale con una velocidad que forma un ángulo de °45 con la dirección de ov

r, ¿qué ángulo

forma la velocidad de m con esa misma dirección de ovr

? Hallar en términos de ov las magnitudes de las velocidades de m y 2m después de la colisión.

3v5

v om =

3v2

v om2 =

2tanarc 17.

Hallar el centroide de un segmento circular de radio R y ángulo α . Ese centroide coincide con el centro de masa de una placa homogénea en forma de segmento circular.

Sugerencia: Estudiar primero el centroide del sector circular ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ αα 2

sen3

R4 y luego

hacer la composición: segmento más triángulo igual sector.

( )α−α

α

=sen

2sen

3R4

x

3

18.

R

αx

x

L


Una cadena de masa M y longitud L está suspendida verticalmente con su eslabón más bajo apenas tocando el piso. En esa situación se suelta la cadena. Hallar la fuerza hecha por el piso en función de la longitud x de cadena que ha caído.

Sugerencia: Sistema mecánico: toda la cadena. Suponga que los eslabones van quedando en reposo al llegar al piso.

LxgM3F =

19. Dos partículas de masas 1m y 2m presentan una colisión elástica unidimensional.

Demuestre que respecto a un marco de referencia en traslación con origen en el centro de masa, las partículas simplemente invierten la dirección de sus velocidades, manteniendo sus magnitudes.

20.

Una cuña de masa 2m reposa sobre una superficie horizontal lisa. Un bloque de masa

1m puede deslizar por la cuña, igualmente lisa. Ambas masas se sueltan desde el reposo en la situación mostrada.

a) El marco inercial es el piso horizontal.

θ

m1

m2

θm2

m1

y1

x1

x2

o x

y


Con los ejes x, y indicados, fijos respecto al marco inercial, muestre que la relación entre las velocidades de 1m y 2m respecto a dicho marco de referencia, puede escribirse como

( ) θ−= tanvvv 2x1y1 .

Esto puede obtenerse de dos formas, bien estudiando las relaciones entre las posiciones, bien estudiando la velocidad relativa de 1m respecto a 2m , que es hacia abajo por el plano inclinado.

b) Ahora sí, encuentre la velocidad de 2m cuando 1m sale por el final del plano

inclinado

( ) ( ) θ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

θ+αα+−= cos

sen1hg2

v2

1

22 ,

con 12 mm=α

21.

Una cuerda de longitud L se suspende verticalmente pasando por una polea ideal de radio muy pequeño. Si se suelta desde la posición mostrada, hallar la velocidad cuando el trozo de la derecha vale y.

Sugerencia: Tomar como sistema toda la cuerda. La polea pequeña indica que la longitud de cuerda en contacto con ella puede despreciarse y así, en general, el tramo izquierdo vale L – y.

( ) ( )[ ]yLybLbLg2

v2 −−−= .

d


22.

Una cadena desliza por un tubo sin fricción que se encuentra en un plano vertical y tiene la forma mostrada. La cadena se suelta cuando 0=θ . Hallar su velocidad en función de θ .

Sugerencia:

El problema requiere hallar el centro de masa de una distribución lineal homogénea en

arco, o bien el centroide de un arco de circunferencia. Muestre que α

α=

senrx .

( )1cosrg2v −θ+θπ

= .

23. Dos hombres, cada uno de masa M, están inicialmente en reposo sobre una pista lisa.

Comienzan a intercambiar una bolita de masa m, lanzándola reiteradamente uno al otro, de modo que la velocidad relativa al lanzador tiene siempre magnitud ov . Muestre que la velocidad después del lanzamiento n es

( )non 1vv β−= , con

mMM+

=β .

Muestre además que, si on vMmnv,1

Mm

≈<< .

En este caso, ¿hasta que valor de n habrá recepción de la bola?

Sugerencia: Sistema de 3 partes, M, M y m. Estudie 3 o 4 lanzamientos para inferir la serie.

θ

rθ

r

r

α

r

x


24.

El coeficiente de fricción, tanto estático como dinámico, entre la superficie horizontal y la cadena es µ . Si la cadena tiene longitud L y el trozo que está suspendido verticalmente es justo el necesario para iniciar el movimiento, calcule la velocidad de la cadena cuando el último eslabón pasa por el borde. Desprecie la fricción en el borde.

Sugerencias:

Halle el trozo que está inicialmente suspendido: µ+

µ1

L .

Halle el trabajo de la fricción: ( )2

2

1L

2g

µ+

λµ− .

Sistema mecánico: toda la cadena. Teorema del trabajo y la energía.

µ+1Lg

25.

Calcule la fuerza horizontal hecha por el agua sobre un hidrante del cual sale un chorro de diámetro d y velocidad v.


26.

Un helicóptero de masa M se mantiene suspendido en el aire al comunicarle un momentum hacia abajo a una columna de aire como se indica en la figura. Si la densidad del aire es ρ , asumida constante, calcular la velocidad v del aire en una sección de radio r.

ρπ

=gM

r1v

27.

El codo recto de una tubería horizontal que conduce un líquido de densidad ρ , velocidad v y presión p, tiene una sección recta de área A. Calcule las fuerzas de tracción hechas sobre sus pestañas por los tramos de tubo adyacentes. Sugerencia: Sistema variable de partículas: codo más líquido dentro de él. Las fuerzas hechas por el resto de líquido valen pA.

221 vAApTT ρ+==

rv

T2

T1


28.

El extremo de una cadena de densidad lineal de masa λ , se levanta verticalmente con velocidad constante ov .

a) Hallar la fuerza F necesaria en función de la altura y.

b) Calcular la potencia efectuada por F y compararla con la rata de cambio de la energía mecánica total de la cadena. Explicar la diferencia.

Sugerencia: Sistema de masa variable: Trozo de cadena de longitud y. Para la potencia tener en cuenta la potencia interna.

( )2

ovygF +λ= . 29.

Desde una tolva estacionaria cae arena desde muy poca altura y a una rata constante

tdmdq = , sobre una banda transportadora que se mueve con velocidad constante ov .

Calcular la fuerza F necesaria para mover la banda. Calcular también la potencia efectuada por F y compararla con la rata de cambio de la energía cinética de la banda y la arena. ¿A que se debe la diferencia?

Sugerencia: Sistema variable formado por el trozo de banda y la arena que hay sobre él, comprendido entre dos marcas fijas en el marco inercial. Para la potencia, tener en cuenta la potencia interna disipada.

ovqF =

y

v0

F

L

F


30. Desde un lugar en el que pueden despreciarse las fuerzas externas, se lanza un cohete de dos etapas con las siguientes características. La carga útil, a la que en última instancia quiere proporcionársele una velocidad final, tiene masa m. La masa inicial total del cohete cuando parte desde el reposo es 625m. La masa total de la primera etapa, que incluye el tanque y su combustible, es 600m. De esta masa, sólo el 90% es combustible y el 10% restante es la masa del tanque vacío de la primera etapa. Halle la velocidad 1v después de terminada la primera etapa. El tanque vacío de la primera etapa simplemente se desprende del resto, sin ser expulsado, y comienza la segunda etapa, de masa total 24m, con la misma velocidad de expulsión de gases, ov , y el mismo porcentaje de combustible del 90%. Hallar la velocidad final de la carga útil m. Si con la misma masa inicial y la misma relación entre tanque vacío y lleno, se diseñase un cohete de una sola etapa, ¿cuál sería la velocidad final de la carga útil?

ooo v29.2,v4,v2

Capitulo 6 b Momentum Sistema Particulas

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